实验中学2020届高三化学下学期开学考试试题含解析

黑龙江省实验中学2020届高三化学下学期开学考试试题含解析黑龙江省实验中学2020届高三化学下学期开学考试试题含解析PAGE24-黑龙江省实验中学2020届高三化学下学期开学考试试题含解析黑龙江省实验中学2020届高三化学下学期开学考试试题（含解析)可能用到的相对原子质量:H—1C—12N—14O-16S-32Cl-35。5Fe-56Co—59Ga-70As-751.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A.工业上用电解MgO、Al2O3方法来冶炼对应的金属B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化C.“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质D.刚玉主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A。工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属,故A错误；B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B正确;C.“血液透析”是利用胶体不能透过半透膜的性质,“静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C错误；D。刚玉主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D错误。故选B。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(）A。标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒数之和为NAB.32。5gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0。2NAC。1molPC13与1mol36C12反应达到平衡时,产物中含P—36C1键数目为2NAD.反应+→+中，每生成294g释放的中子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A选项，标准状况下，11.2LCl2物质的量为0。5mol，氯气与水反应是可逆反应,根据物料守恒得出溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故A错误；B选项，32.5gFeCl3物质的量为0.2mol,其水解形成Fe（OH）3胶体，胶体粒子是聚合体,因此胶体粒子数小于0.2NA，故B错误；C选项,1molPC13与1mol36C12反应达到平衡时,反应是可逆反应，产物PC15的物质的量小于1mol，因此PC15中含P—36C1键数目小于为2NA，故C错误；D选项，根据反应式知x=3，即反应+→+中，每生成294g即1mol，则释放的中子数为3NA，故D正确；综上所述,答案为D。【点睛】氯气与水反应是可逆反应，氢氧化铁胶体中的胶体粒子是聚合体。3。A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，a、d分别是A、D元素对应的单质,m、n、p、q是由这些元素中的部分元素组成的化合物，气体p常作果实催熟剂，m、n为两种常见的液体.上述物质发生的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。下列说法错误的是A.原子半径由大到小的顺序为:D〉B>C>AB.简单氢化物的沸点：B<CC。d与m反应的现象为浮在液面上四处游动D。C与D形成的化合物中一定含有离子键【答案】C【解析】【详解】气体p常作果实催熟剂，则p为乙烯，分子式是C2H4，n为H2O，乙烯与水发生加成反应产生m为乙醇，结构简式为C2H5OH,a、d分别是A、D元素对应的单质，m、d反应产生q、a为置换反应，根据有机物的性质可知d可能是金属Na或金属Mg，由于A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，所以A是H，B是C，C是O，D是Na或Mg。A.同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径由大到小顺序为Na（Mg)>C>O〉H，A正确;B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性O〉C，所以简单氢化物的沸点CH4<H2O，B正确；C。钠（镁）密度大于乙醇，反应时金属沉入液体底部，C错误;D.O与Na(或Mg）形成的化合物是离子化合物，物质中一定含有离子键，D正确；故合理选项是C.4.2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示（已知：H2O2H＋+HO2－，Ka＝2.4×10-12）。下列说法错误的是A。a极的电势低于b极B.Y膜为选择性阴离子交换膜C.每转移0。4mole－,就有0.1molH2O2生成D。b极的电极反应为O2+2e－+H2O=HO2－+OH－【答案】C【解析】【详解】在H2、O2燃料电池中，通H2的电极为负极,通O2的电极为正极.A。a为负极，其电势低于b极（正极），A正确;B。此装置用于制取H2O2，电极b必然生成HO2－,所以Y膜为选择性阴离子交换膜，B正确；C.因为O2转化为HO2-，每转移0。4mole－，就有0。2molH2O2生成，C错误；D。b极为正极，生成HO2－，所以电极反应为O2+2e－+H2O=HO2－+OH－，D正确.故选C。5.下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是选项实验现象结论A向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液观察、对比气体产生的速度可比较CuSO4和KMnO4的对H2O2分解的催化效果B向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热冷却后观察到其一分层，另一不分层分层的是矿物油，不分层的是植物油C将浓硫酸滴到胆矾晶体表面晶体表面出现黑斑浓硫酸具有脱水性DSO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀A。A B.B C。C D.D【答案】B【解析】【详解】A、高锰酸钾可氧化过氧化氢，而不是过氧化氢的催化剂，故A错误；B、向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液,加热，冷却后观察到分层的是矿物油，不分层的是植物油,植物油中有酯基，在碱性条件下水解,故B正确；C、将浓硫酸滴到胆矾晶体表面,晶体由蓝色变成白色，说明浓硫酸具有吸水性，故C错误；D、SO2通入Ba(NO3)2溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，SO2被氧化成SO42-，生成BaSO4白色沉淀,故D错误;故选B.【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、反应原理、物质检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，难点D，SO2能被Ba（NO3)2中NO3－氧化。6.下列关于有机化合物的叙述正确的是（）A.已知氟利昂.12的结构式为，该分子是平面形分子B。1mol苹果酸［HOOCCH(OH）CH2COOH]可与3molNaHCO3发生反应C.用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应D。的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】A、已知氟利昂­12的结构式为,是甲烷的四个氢被取代,该分子是正四面体结构，故A错误;B、只有2个—COOH与NaHCO3发生反应，则1mol苹果酸［HOOCCH（OH）CH2COOH]可与2molNaHCO3发生反应,故B错误；C、用甲苯分别制取TNT、邻溴甲苯所涉及的反应均为取代反应，故C正确；D、有6种氢。它的一氯代物共有6种故D错误;故选C。7.在25℃时，将1。0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0。1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化）,溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A.水的电离程度:a〉b〉cB.b点对应的混合溶液中：c(Na+)〈c(CH3COO-)C.c点对应的混合溶液中:c（CH3COOH)〉c（Na+）>c（OH—）D.该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为【答案】D【解析】【详解】根据图示可知，原混合液显酸性，则为醋酸与醋酸钠的混合液，a点加入0.10molNaOH固体,pH=7，说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离,含弱酸根离子的盐促进水的电离,酸或碱的浓度越大，抑制水电离程度越大.A。1。0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0。1molNaOH固体混合，发生的反应为:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反应后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,其中CH3COONa的水解能够促进水的电离,而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，b→c发生的反应为:CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl,CH3COONa减少，CH3COOH增多，水的电离程度减小；若向该混合溶液中加入NaOH固体,b→a发生的反应是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,CH3COONa增多，CH3COOH减少,水的电离会逐渐增大,因此水的电离程度：a>b>c，故A正确；B.b点对应的混合溶液呈酸性,c(H+）〉c（OH—）,则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa，结合电荷守恒，所以c（Na+）<c（CH3COO—)，故B正确；C。c点对于的溶液是通入0.1molHCl的溶液，相当于HCl中和氢氧化钠，所以c点溶液相当于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固体的混合液，醋酸浓度大于0.2mol/L，所以c(CH3COOH）〉c(Na+）>c（OH—），故C正确;D.该温度下,CH3COOH的电离平衡常数，a点对于溶液中pH=7，c(Na+)=c（CH3COO-)=0.2mol/L,c（H+）=c(OH—)=10—7mol/L,则溶液中c（CH3COOH）=(c—0。2）mol/L，带入公式得，故D错误。8。金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料(主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图：请回答下列问题：(1）在焰色反应实验中，可用钴玻璃观察钾元素的焰色,该钴玻璃的颜色为__。（2)溶液A中溶质除NaOH外，还有__。(3）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+.①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率,可采取的措施有__（任写一条）。②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是__。③“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为__。(4）在“滤液1”中加入20﹪Na2CO3溶液，目的是__；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是__。（5)”钴沉淀”的化学式可表示为CoCO3·yCo（OH)2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中,在氮气中加热.使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0。54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为__.【答案】（1)。蓝色（2).NaAlO2（3）。粉碎、搅拌、升高温度(4）。LiCoO2可氧化盐酸,产生的Cl2会污染环境（5).8LiCoO2＋S2O32—＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O(6)。调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀(7).Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色（8）。2CoCO3·3Co(OH)2【解析】【分析】电极材料的成分为LiCoO2、Al、铁的氧化物,加入NaOH溶液后，只有Al溶解，转化为NaAlO2而成为溶液A的主要成分；滤渣中含有LiCoO2及铁的氧化物，加入H2SO4和Na2S2O3，此时LiCoO2及铁的氧化物溶解，Co被还原为Co2+,Fe3+被还原为Fe2+；过滤所得滤液中加入NaClO3作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；过滤出Fe(OH）3，所得滤液中加入NaF,将Li+转化为LiF沉淀;滤液中加入Na2CO3溶液，Co2+转化为钴沉淀。据此解答。【详解】（1)观察钾元素焰色的钴玻璃，颜色为蓝色。答案为：蓝色；(2）由以上分析知，溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2。答案为：NaAlO2；(3)①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取粉碎、搅拌、升高温度、适当增大硫酸浓度等措施。答案为：粉碎、搅拌、升高温度；②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，则表明盐酸中的Cl—可能会被氧化为Cl2，从而得出其原因是LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境。答案为：LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；③“钴渣”中加入H2SO4和Na2S2O3，LiCoO2溶解，+3价Co被还原为Co2+，离子方程式为8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O。答案为：8LiCoO2＋S2O32—＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42—＋11H2O；(4)在“滤液1”中的Fe3+需要除去,加入20﹪Na2CO3溶液的目的是调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH）3沉淀；检验“滤液1"中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，主要是考虑某些离子的干扰作用，原因是Co2+、S2O32—也能使KMnO4溶液褪色。答案为：调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH)3沉淀;Co2+、S2O32—也能使KMnO4溶液褪色；（5）n(H2O）=n[Co（OH）2]==0。03mol，n（CO2）=n(CoCO3)==0.02mol，从而得出1:y=0。02mol:0。03mol=2:3，y=,则“钴沉淀”的化学式为2CoCO3·3Co（OH)2。答案为：2CoCO3·3Co（OH）2.【点睛】“钴渣”中加入H2SO4和Na2S2O3，方程式中LiCoO2的表示形式是我们的一个易错点,S2O32-的产物又是一个易错点，LiCoO2在废旧锂电池的电极材料中附在铝箔上，则必定难溶于水；S2O32-的氧化产物我们容易写成SO2，SO2的还原性强,还能被继续氧化，所以最终产物应为SO42—。9.工业上制备丙烯的方法有多种，具体如下(本题丙烯用C3H6表示）：(1）丙烷（C3H8）脱氢制备丙烯(C3H6)由如图可得，C3H8（g)C3H6（g）+H2（g)，△H=__kJ/mol(2)以丁烯(C4H8）和乙烯(C2H4）为原料反应生成丙烯（C3H6）的方法被称为“烯歧化法”，反应为:C4H8（g）+C2H4(g）2C3H6(g)△H＞0。一定温度下,在一体积恒为VL的密闭容器中充入一定量的C4H8和C2H4，发生烯烃歧化反应。I.该反应达到平衡的标志是__.A.反应速率满足：2v生成(C4H8）=v生成（C3H6）B。C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比为1：1：2C。混合气体的平均相对分子质量不再改变D.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化Ⅱ。已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n（C4H8)=mmol，n(C2H4）=2mmol,n(C3H6)=nmol,且平衡时C3H6的体积分数为。①该时间段内的反应速率v（C4H8）=__mol/（L·min)。（用只含m、V、t1的式子表示）.②此反应的平衡常数K=__。③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4,在新平衡中C3H6的体积分数__(填“＞”“＜”“=”)。(3)“丁烯裂解法”是另一种生产丙烯的方法，但生产过程中伴有生成乙烯的副反应发生，具体反应如下：主反应：3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4①从产物的纯度考虑,丙烯和乙烯的质量比越高越好。则从下表的趋势来看，下列反应条件最适宜的是_（填字母序号)。A.300℃0.1MPaB.700℃0。1MPaC。300℃0.5MPaD。700℃0。5MPa②图中，平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势,从平衡角度解释其可能的原因是__。【答案】(1)。+124.2(2)。ad（3).(4)。0.5(5)。＞（6）.c（7).压强增大，生成乙烯副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动,丙烯含量增大【解析】【详解】(1)从图中可以提取如下两个热化学方程式：C3H8(g)CH4(g)+C2H2(g）+H2(g）△H=+156.6kJ/.mol①C3H6（g）CH4（g）+C2H2（g）△H=+32。4kJ/。mol②利用盖斯定律，将①-②得：C3H8（g)C3H6(g）+H2(g），△H=+124。2kJ/.mol。答案为：+124。2；(2）I。A.2v生成(C4H8）=v生成（C3H6)，表示反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比,达到平衡状态；B。虽然C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比等于化学计量数之比，但不一定达平衡状态；C。混合气体的总质量不变，物质的量不变，平均相对分子质量始终不变,反应不一定达平衡状态；D.C4H8、C2H4、C3H6的浓度均不再变化，则表明反应达平衡状态;综合以上分析，AD符合题意.答案为：AD；Ⅱ。①该时间段内，n（C3H6）=nmol，则消耗n(C4H8)=0.5nmol，依题意，m=n，反应速率v(C4H8)==mol/(L·min）.答案为：；②=0。5.答案为：0.5；③设原平衡时，n(C4H8)=1mol,n（C2H4)=2mol,n(C3H6)=1mol，后加入的n（C4H8）=1mol,n（C2H4)=1mol，设参加反应的C4H8的物质的量为x，建立三段式：K=,x=0。27mol，新平衡中C3H6的体积分数为=0.26＞。答案为：＞；（3）①从产物的纯度考虑，丙烯和乙烯的质量比越高越好。从压强与百分含量图看，温度在300～400℃之间比较好，从温度与百分含量图看,压强在0.3～0.5之间比较好，再结合选项，可确定最适宜的条件是选项C。答案为：C；②图中，平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势，从主反应3C4H84C3H6看，压强增大，丙烯的百分含量减小，无法解释丙烯百分含量增大的事实；但从副反应C4H82C2H4看，增大压强，平衡逆向移动，丙烯的浓度增大，再考虑对主反应的影响，就容易解释丙烯的分含量随压强增大呈上升趋势的原因。从而得出从平衡角度解释其可能的原因是压强增大,生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动,丙烯含量增大。答案为：压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大,导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。10.连二亚硫酸钠（Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂（不直接加入食品中，安全、卫生)，还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化.回答下列问题：（1）Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2,先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为________。（2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：①实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是________（填字母）。②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉-水悬浊液,其目的是_______.步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为___.③在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_______.（3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加人乙醇水溶液液中,然后通入SO2发生反应,有CO2气体放出，总反应的化学方程式是___________。（4)连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法:铁氰化钾K3[Fe（CN）6]是一种比较弱的氧化剂,其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性,能将S2O42-氧化为SO32—，［Fe（CN)6］3—还原为［Fe(CN)6］4—。取50。00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02mol•L-1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗10。00mL。该样品中Na2S2O4的含量为_______g•L-1.（以SO2计）【答案】(1）。2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2(2).ad（3）.增大锌粉的表面积，加快反应速率（4）.ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓（5).除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失(6）。HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O（7）。0。256【解析】【分析】(1）根据已知的反应物、生成物,结合电子守恒，书写反应方程式；（2）①结合物质的存在状态及反应条件，判断使用的装置；②根据化学反应速率影响因素分析，结合复分解反应规律书写反应方程式；③结合物质的溶解性分析；(3)根据题干信息，书写反应方程式；(4）根据氧化还原反应中电子转移数目相等计算。【详解】（1)Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；(2）①浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，a.反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率,装置a合理;b.不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理;c。浓硫酸与盐的反应放出大量的热,会导致集气瓶炸裂，c不合理；d。通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；故合理选项是ad;②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积,加快反应速率。根据流程图可知步骤Ⅱ中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；③Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇,用乙醇洗涤，既能除去晶体表面水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；（3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成,总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为:2K3［Fe（CN)6]~～Na2S2O4,n{K3［Fe（CN)6］}=0。02mol/L×0。01L=2×10—4mol，则n(Na2S2O4）=1×10-4mol，溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)=1×10—4mol÷0。05L=2×10—3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：2×10-3mol/L×2×64g/mol=0。256g•L-1。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应原理、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合,题目侧重考查学生的分析与实验能力。11。以氮化镓(GaN)、砷化镓(GaAs）为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点，如砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍,而耗能即为10％，推广砷化镓等发光二极管（LED)照明,是节能减排的有效举措.请回答下列问题：（1）基态镓原子的价电子排布式为___。(2)镓失去电子的逐级电离能（单位:kJ·mol—1）的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为__和+3。砷的电负性比镓__(填“大”或“小”）。(3）比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，分析其变化原因：__。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/℃77。75122。3211.5沸点/℃201。2279346GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是__。(4）①砷化镓是将(CH3)3Ga和AsH3用MOCVD(金属有机物化学气相淀积）方法制备得到的，该反应在700℃进行，反应的方程式为：___。②反应物AsH3分子的几何构型为__，（CH3）3Ga中镓原子杂化方式为__。（5）砷化镓熔点为1238℃，立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=565pm，As的配位数为__，晶体的密度为__(设NA为阿伏加德罗常数的数值，列出算式即可）g·cm-3。【答案】（1).4s24p1（2)。+1(3).大（4）。GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体,结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强(5).GaF3为离子晶体（6).(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4(7）.三角锥形(8）。sp2(9）.4（10）.【解析】【详解】(1)基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则其价电子排布式为4s24p1。答案为：4s24p1;（2）镓的第一电离能比第二电离能要小得多，由此可推知镓的主要化合价为+1价。砷的价电子排布式为4s24p3,镓的价电子排布式为4s24p1，则二者同周期且砷在镓的右边，电负性砷大。答案为：大;(3)镓的卤化物的熔点都比较低，则应形成分子晶体,GaCl3、GaBr3、GaI3的沸点依次升高，其变化原因是GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，结构相似,相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。答案为：GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体,结构相似，相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强；GaF3相对分子质量最小，但其熔点超过1000℃，则不适合用分子晶体解释，可能的原因是GaF3为离子晶体。答案为：GaF3为离子晶体；（4)①在700℃时，（CH3)3Ga和AsH3反应，生成GaAs等,反应的方程式为（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4。答案为:（CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4；②反应物AsH3分子的